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Bac 2025

Physique-Chimie – Polynésie 2025, sujet 1 : correction détaillée

Spécialité Physique-Chimie · 3 h 30 · 3 exercices (9 + 6 + 5 points)

Corrigé

Correction rédigée par l'équipe BAC Révision, non officielle. Les énoncés sont reformulés avec leurs données : refais toujours les calculs et compare avec ton professeur.

Où trouver le sujet ? Cette page présente la correction. Le sujet officiel complet (PDF) et ses figures sont dans l'application BAC Révision.

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Exercice 1 : Autour de la glace9 points

Datation d'une carotte de glace au plomb-210 (radioactivité), puis dosage spectrophotométrique des ions argent issus de l'ensemencement des nuages.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : diagramme (Z, N) ; Figure 2 : structure du ligand ; Figure 3 : cercle chromatique ; Figure 4 : absorbance en fonction du volume de ligand. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1.Q1À l'aide du diagramme (Z, N), déterminer le type de désintégration du plomb-210.Touche pour voir la correction

À retenir La nuance de la case indique le mode de désintégration (légende).

Démarche
  1. Dans le diagramme (Z, N), on repère la case du plomb-210 : Z = 82 (abscisse) et N = 210 − 82 = 128 (ordonnée).
  2. La légende associe à chaque nuance de gris un mode de désintégration : la case ²¹⁰Pb est de la nuance « désintégration β⁻ ».

RéponseDésintégration β⁻.

1.Q2Établir l'équation de la désintégration du plomb-210 en bismuth-210.Touche pour voir la correction

À retenir Lois de Soddy : conservation du nombre de nucléons A et du nombre de charge Z.

Démarche
  1. β⁻ : émission d'un électron ⁰₋₁e.
  2. ²¹⁰₈₂Pb → ²¹⁰₈₃Bi + ⁰₋₁e : A : 210 = 210 + 0 ; Z : 82 = 83 − 1.

Réponse²¹⁰₈₂Pb → ²¹⁰₈₃Bi + ⁰₋₁e

1.Q3Indiquer le noyau formé par la désintégration du polonium-210 et justifier que le Po-210 est le dernier noyau radioactif de la chaîne.Touche pour voir la correction

À retenir α : émission de ⁴₂He ; Z diminue de 2 et A de 4.

Démarche
  1. La case de ²¹⁰Po (Z = 84, N = 126) correspond à une désintégration α.
  2. ²¹⁰₈₄Po → ²⁰⁶₈₂Pb + ⁴₂He.
  3. Dans le diagramme, ²⁰⁶Pb est une case noire : noyau stable, la chaîne s'arrête.

RéponseNoyau formé : plomb-206 (²⁰⁶₈₂Pb), stable : le Po-210 est donc le dernier noyau radioactif de la chaîne.

1.Q4Donner la relation entre l'activité A(t) et la dérivée de N(t).Touche pour voir la correction

À retenir L'activité est le nombre de désintégrations par unité de temps.

Démarche
  1. N diminue : dN/dt est négative ; l'activité est positive.

RéponseA(t) = −dN(t)/dt.

1.Q5Établir dN/dt + λ·N = 0.Touche pour voir la correction

À retenir On combine A = −dN/dt et A = λ·N.

Démarche
  1. −dN/dt = λ·N.
  2. dN/dt + λ·N = 0.

RéponsedN(t)/dt + λ·N(t) = 0.

1.Q6Vérifier que N(t) = N0·e^(−λt) est solution.Touche pour voir la correction

À retenir On dérive et on remplace dans l'équation.

Démarche
  1. dN/dt = −λ·N0·e^(−λt) = −λ·N(t).
  2. Donc dN/dt + λ·N = 0 ; de plus N(0) = N0.

RéponseLa fonction vérifie l'équation différentielle et la condition initiale N(0) = N0.

1.Q7Démontrer t½ = ln(2)/λ et calculer λ du plomb-210 (t½ = 22,2 ans).Touche pour voir la correction

À retenir À t = t½ : N = N0/2.

Démarche
  1. N0·e^(−λ·t½) = N0/2 donc e^(−λ·t½) = 1/2, soit λ·t½ = ln 2.
  2. λ_Pb = ln 2 / 22,2 ≈ 3,12×10⁻² an⁻¹.
  3. En s⁻¹ : 22,2 × 3,156×10⁷ ≈ 7,0×10⁸ s, d'où λ ≈ 9,9×10⁻¹⁰ s⁻¹.

Réponset½ = ln(2)/λ ; λ_Pb ≈ 3,12×10⁻² an⁻¹ ≈ 9,9×10⁻¹⁰ s⁻¹.

1.Q8Déterminer l'année de formation de la glace à 30 m de profondeur (carottage en 1993 ; A0 = 110 mBq ; A30 = 4,72 mBq) et l'épaisseur moyenne accumulée par an.Touche pour voir la correction

À retenir A(t) = A0·e^(−λt) donc t = (1/λ)·ln(A0/A).

Démarche
  1. t = ln(110/4,72) / 3,12×10⁻² = 3,15/3,12×10⁻² ≈ 101 ans.
  2. Année de formation : 1993 − 101 ≈ 1892.
  3. Épaisseur annuelle : 30 m / 101 ans ≈ 0,30 m par an.

RéponseGlace formée vers 1892 ; accumulation moyenne ≈ 0,30 m de glace par an.

Piège Le plomb-210 ne sert qu'à dater des échantillons de moins de 150 ans ; on admet que A0 est la même pour toutes les couches de glace.

2.Q9Nommer le type de représentation utilisé pour le ligand (figure 2).Touche pour voir la correction

À retenir Les sommets de la ligne brisée sont des atomes de carbone, les H des C ne sont pas écrits.

Démarche
  1. Seuls les hétéroatomes (N, O, Br) sont écrits : chaîne en zigzag.

RéponseFormule topologique.

2.Q10Nommer les familles correspondant aux groupes A (Br) et B (NH2).Touche pour voir la correction

À retenir −Br : dérivé halogéné ; −NH2 : amine.

Démarche
  1. A : atome de brome lié au cycle : famille des dérivés halogénés (halogénoarène).
  2. B : groupe −NH2 : amine (primaire).

RéponseA : dérivé halogéné (bromé) ; B : amine.

2.Q11Écrire la constante d'équilibre de la formation de Ag(ligand)⁺.Touche pour voir la correction

À retenir K = Qr à l'équilibre, avec c° pour rendre K sans dimension.

Démarche
  1. K = ([Ag(ligand)⁺]éq/c°) / ([Ag⁺]éq/c° × [ligand]éq/c°).

RéponseK = [Ag(ligand)⁺]éq·c° / ([Ag⁺]éq·[ligand]éq).

2.Q12Justifier que la réaction est quasi-totale si le ligand est en très fort excès.Touche pour voir la correction

À retenir [Ag(ligand)⁺]/[Ag⁺] = K·[ligand]/c°.

Démarche
  1. Le rapport des concentrations à l'équilibre est égal à K·[ligand]éq/c°.
  2. Avec un ligand très en excès, [ligand]éq est grand : le rapport est très grand.
  3. Il reste donc très peu d'ions Ag⁺ : la réaction est quasi totale.

RéponseUn excès de ligand déplace l'équilibre dans le sens direct : [Ag⁺]éq devient négligeable devant [Ag(ligand)⁺]éq.

2.Q13Déterminer la couleur des solutions de Ag(ligand)⁺ (λmax = 516 nm, figure 3).Touche pour voir la correction

À retenir La couleur perçue est la complémentaire de la couleur absorbée.

Démarche
  1. λmax = 516 nm : longueur d'onde absorbée, située entre le cyan (500 nm) et le vert (530 nm), tout près du vert.
  2. La couleur perçue est la complémentaire de la couleur absorbée : sur le cercle chromatique, c'est la couleur diamétralement opposée.
  3. Opposé du vert (530 nm) : le magenta (400 nm) ; pour 516 nm, on est un peu vers le cyan, donc la couleur perçue est un magenta légèrement rougeâtre (rose-pourpre).

RéponseLes solutions de Ag(ligand)⁺ sont magenta (rose-violet, légèrement rougeâtre).

2.Q14Calculer la quantité d'ions argent introduite (1,0 mL à 7,4×10⁻⁶ mol·L⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir n = c·V.

Démarche
  1. n = 7,4×10⁻⁶ × 1,0×10⁻³ = 7,4×10⁻⁹ mol.

Réponsen_Ag,i = 7,4×10⁻⁹ mol.

2.Q15Déterminer V_tot,L à partir de la figure 4 et la quantité de ligand introduite (cL = 1,0×10⁻³ mol·L⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir L'absorbance atteint un plateau quand Ag⁺ a été entièrement consommé.

Démarche
  1. Sur la figure 4, l'absorbance croît quand VL augmente de 0,1 à 0,5 mL (de 0,10 à environ 0,49).
  2. Au-delà de 0,5 mL, elle reste constante (plateau A ≈ 0,49) : la quantité de Ag(ligand)⁺ n'évolue plus, donc Ag⁺ a été consommé en quasi-totalité.
  3. V_tot,L ≈ 0,5 mL ; n_L = cL·V_tot,L = 1,0×10⁻³ × 0,5×10⁻³ = 5×10⁻⁷ mol.

RéponseV_tot,L ≈ 0,5 mL ; n_L ≈ 5×10⁻⁷ mol.

2.Q16Vérifier que le ligand est en large excès et commenter.Touche pour voir la correction

À retenir Comparer n_L à n_Ag,i.

Démarche
  1. n_L/n_Ag,i = 5,0×10⁻⁷/7,4×10⁻⁹ ≈ 68.
  2. Le ligand est introduit environ 68 fois en excès par rapport aux ions Ag⁺ (la stœchiométrie est 1:1).

RéponseLigand en large excès (≈ 68 fois la quantité d'ions argent, alors que la stœchiométrie est 1:1) : cet excès déplace l'équilibre dans le sens direct, la formation de Ag(ligand)⁺ est quasi totale, ce qui valide le dosage.

Piège Ce rapport est calculé au point où le plateau est atteint ; pour les volumes plus élevés l'excès est encore plus grand.

2.Q17Montrer que l'absorbance est proportionnelle à c_Ag,i (réaction totale, Beer-Lambert).Touche pour voir la correction

À retenir A = ε·ℓ·c ; tableau d'avancement : Ag⁺ est le réactif limitant.

Démarche
  1. Réaction totale, Ag⁺ limitant : n(Ag(ligand)⁺) = n_Ag,i = c_Ag,i·V_Ag.
  2. Volume total V constant dans la série : c(Ag(ligand)⁺) = c_Ag,i·V_Ag/V.
  3. Loi de Beer-Lambert : A = ε·ℓ·c(Ag(ligand)⁺) = (ε·ℓ·V_Ag/V)·c_Ag,i : A est proportionnelle à c_Ag,i.

RéponseA = ε·ℓ·(V_Ag/V)·c_Ag,i : proportionnelle à la concentration initiale en ions argent.

2.Q18Vérifier que c_m,max = 1,5 µg·mL⁻¹ est cohérent avec la limite A_max = 0,9 (A = 6,5×10⁴·c ; M(Ag) = 108 g·mol⁻¹).Touche pour voir la correction

À retenir c = c_m/M ; 1 µg·mL⁻¹ = 1 mg·L⁻¹.

Démarche
  1. c_m,max = 1,5 mg·L⁻¹ = 1,5×10⁻³ g·L⁻¹.
  2. c = 1,5×10⁻³/108 ≈ 1,39×10⁻⁵ mol·L⁻¹.
  3. A = 6,5×10⁴ × 1,39×10⁻⁵ ≈ 0,90 = A_max.

RéponseA ≈ 0,90 : c_m,max correspond bien à la limite de mesure du spectrophotomètre (A_max = 0,9).

Exercice 2 : Le Mölkky6 points

Trajectoire d'un bâton lancé (2e loi de Newton, équations horaires) et étude énergétique avec Python.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Figure 1 : schéma de la situation du lancer du bâton de Mölkky ; Figure 2 : configuration du jeu (quilles à 3,0 m, 4,0 m, 5,0 m) ; Figure 4 : évolution des énergies. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Énoncer la 2e loi de Newton et établir a_x(t) et a_y(t) (le bâton n'est soumis qu'à son poids).Touche pour voir la correction

À retenir Dans un référentiel galiléen : somme des forces = m·a.

Démarche
  1. Loi : dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à un système de masse m est égale à m fois l'accélération de son centre de masse.
  2. Poids seul : m·g = m·a donc a = g.
  3. Oy vers le haut : a_x = 0 et a_y = −g.

Réponsea_x(t) = 0 ; a_y(t) = −g.

Q2Établir v_x(t) et v_y(t).Touche pour voir la correction

À retenir On intègre l'accélération avec v(0) = v0.

Démarche
  1. v_x(t) = constante = v0·cos α.
  2. v_y(t) = −g·t + v0·sin α.

Réponsev_x(t) = v0·cos α ; v_y(t) = −g·t + v0·sin α.

Q3Établir x(t) et y(t) avec x(0) = 0 et y(0) = h.Touche pour voir la correction

À retenir On intègre les vitesses.

Démarche
  1. x(t) = v0·cos α·t + x(0) = v0·cos α·t.
  2. y(t) = −½·g·t² + v0·sin α·t + h.

Réponsex(t) = v0·cos(α)·t ; y(t) = −½·g·t² + v0·sin(α)·t + h.

Q4Montrer que y(x) = −0,27·x² + 0,58·x + 0,70 (v0 = 4,9 m·s⁻¹, α = 30°, h = 0,70 m, g = 9,8 m·s⁻²).Touche pour voir la correction

À retenir On élimine t : t = x/(v0·cos α).

Démarche
  1. y(x) = −g·x²/(2·v0²·cos²α) + tan α·x + h.
  2. (v0·cos α)² = (4,9 × 0,866)² ≈ 18,0 ; g/(2 × 18,0) = 9,8/36,0 ≈ 0,27.
  3. tan 30° ≈ 0,58 ; h = 0,70.

Réponsey(x) = −0,27·x² + 0,58·x + 0,70 (en mètres).

Q5Vérifier que le joueur (41 points) remporte la partie (quilles : 9 pts à 3,0 m ; 1 pt à 4,0 m ; 5 pts à 5,0 m).Touche pour voir la correction

À retenir Impact au sol : y(x) = 0 ; il faut 9 points exactement (41 + 9 = 50).

Démarche
  1. Résoudre −0,27·x² + 0,58·x + 0,70 = 0 : Δ = 0,58² + 4 × 0,27 × 0,70 ≈ 1,09.
  2. x = (0,58 + 1,045)/(2 × 0,27) ≈ 3,0 m (racine positive).
  3. L'impact est à x ≈ 3,0 m : c'est la quille 9, soit 41 + 9 = 50 points.

RéponseLe bâton touche le sol à x ≈ 3,0 m : il renverse la quille de 9 points, le joueur atteint 50 points et gagne.

Piège Avec les valeurs non arrondies, on trouve x ≈ 2,98 m : même conclusion.

Q6À partir de la figure 3, déterminer la masse m du bâton.Touche pour voir la correction

À retenir Ec = ½·m·v² et Ep = m·g·y.

Démarche
  1. Ligne 18 : Ec = 0.5*0.4*(vx² + vy²), soit ½·m·v² avec m = 0,4.
  2. Ligne 20 : Ep = 0.4*9.81*y, soit m·g·y avec m = 0,4.

Réponsem = 0,40 kg.

Q7Compléter la ligne 22 du programme.Touche pour voir la correction

À retenir Em = Ec + Ep.

Démarche
  1. Em est la somme de l'énergie cinétique et de l'énergie potentielle.

RéponseEm = Ec + Ep

Q8Attribuer chaque courbe de la figure 4 à une énergie et justifier.Touche pour voir la correction

À retenir Em constante (pas de frottement) ; Ep varie avec y ; Ec minimale au sommet mais non nulle.

Démarche
  1. Courbe C : constante, égale à ≈ 7,55 J : énergie mécanique (pas de frottement).
  2. Courbe A : vaut 2,75 J à t = 0 (0,4 × 9,81 × 0,70 = 2,75 J), passe par un maximum (≈ 3,9 J) au sommet de la trajectoire puis tombe vers 0 au sol : énergie potentielle de pesanteur (elle est proportionnelle à y).
  3. Courbe B : vaut 4,8 J à t = 0 (½ × 0,4 × 4,9² = 4,8 J), passe par un minimum non nul (≈ 3,6 J = ½·m·vx²) au sommet, puis augmente jusqu'à ≈ 7,5 J au sol : énergie cinétique.

RéponseA : énergie potentielle Ep ; B : énergie cinétique Ec ; C : énergie mécanique Em.

Q9Déterminer la durée de vol et en déduire que la partie est remportée.Touche pour voir la correction

À retenir Durée de vol : y(t) = 0 ; puis x(t_vol) donne la quille touchée.

Démarche
  1. La figure 4 donne le sol (Ep = 0) à t ≈ 0,70 s.
  2. Par calcul : t = [v0·sin α + √((v0·sin α)² + 2·g·h)]/g = [2,45 + √(6,0 + 13,7)]/9,8 ≈ 0,70 s.
  3. x(0,70) = 4,9 × cos 30° × 0,70 ≈ 3,0 m : quille 9 → 41 + 9 = 50.

Réponset_vol ≈ 0,70 s et x ≈ 3,0 m : le bâton renverse la quille 9 ; la partie est gagnée.

Exercice 3 : Performances des bolomètres de Planck5 points

Rayonnement du fond diffus cosmologique, puissance reçue, bilan d'énergie de la partie sensible et temps de réponse.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Schéma simplifié d'un bolomètre. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

Q1Calculer la longueur d'onde λ0 pour f0 = 217 GHz et nommer le domaine du spectre.Touche pour voir la correction

À retenir λ = c/f.

Démarche
  1. λ0 = 3,00×10⁸ / 217×10⁹ ≈ 1,38×10⁻³ m = 1,38 mm.
  2. Domaine micro-onde : de 1 mm à 300 mm.

Réponseλ0 ≈ 1,4 mm : micro-ondes.

Q2Montrer que P_CMB = 7,82×10⁻¹⁴ W (σ = 5,67×10⁻⁸ W·m⁻²·K⁻⁴ ; T = 2,725 K ; S = 9,93×10⁻⁸ m² ; filtre 25,2 %).Touche pour voir la correction

À retenir P = σ·T⁴·S × 25,2 %.

Démarche
  1. T⁴ = 2,725⁴ ≈ 55,1 K⁴.
  2. σ·T⁴·S = 5,67×10⁻⁸ × 55,1 × 9,93×10⁻⁸ ≈ 3,10×10⁻¹³ W.
  3. × 0,252 ≈ 7,82×10⁻¹⁴ W.

RéponseP_CMB ≈ 7,82×10⁻¹⁴ W.

Q3Exprimer la puissance P_T reçue par la partie sensible de la part du thermostat et justifier son signe.Touche pour voir la correction

À retenir P = −(T_syst − T0)/R_th.

Démarche
  1. P_T = −(T − T_T)/R_contact.
  2. T > T_T : la partie sensible est plus chaude que le thermostat : P_T < 0.

RéponseP_T = −(T − T_T)/R_contact ; P_T < 0 car la partie sensible cède de l'énergie au thermostat plus froid.

Q4Exprimer le transfert thermique Q_tot échangé pendant Δt.Touche pour voir la correction

À retenir Q = P·Δt, en sommant les puissances reçues.

Démarche
  1. Q_tot = (P_CMB + P_T)·Δt.

RéponseQ_tot = [P_CMB − (T − T_T)/R_contact]·Δt.

Q5Énoncer le premier principe de la thermodynamique (grandeurs et unités).Touche pour voir la correction

À retenir ΔU = W + Q pour un système fermé.

Démarche
  1. ΔU : variation d'énergie interne du système (joule, J).
  2. W : travail échangé avec l'extérieur (J) ; Q : transfert thermique (J).

RéponsePour un système fermé au repos, ΔU = W + Q (en J) ; ici W = 0 et ΔU = C_bolo·ΔT.

Q6Montrer par analyse dimensionnelle que τ = R_contact·C_bolo est un temps et le calculer.Touche pour voir la correction

À retenir [R] = K·W⁻¹ ; [C] = J·K⁻¹ ; W = J·s⁻¹.

Démarche
  1. R·C s'exprime en K·W⁻¹ × J·K⁻¹ = J·W⁻¹ = J/(J·s⁻¹) = s.
  2. τ = 3,75×10⁹ × 0,40×10⁻¹² = 1,5×10⁻³ s.

Réponseτ est homogène à un temps ; τ = 1,5×10⁻³ s = 1,5 ms.

Q7Donner l'expression de T1 et sa valeur (T(t) = T_T + T1·(1 − e^(−t/τ))).Touche pour voir la correction

À retenir En régime permanent dT/dt = 0.

Démarche
  1. Pour t → ∞, T = T_T + T1 et dT/dt = 0 : T/(R·C) = P_CMB/C + T_T/(R·C).
  2. T = T_T + R·P_CMB donc T1 = R_contact·P_CMB.
  3. T1 = 3,75×10⁹ × 7,82×10⁻¹⁴ ≈ 2,9×10⁻⁴ K.

RéponseT1 = R_contact·P_CMB ≈ 2,9×10⁻⁴ K (0,29 mK).

Q8Montrer que le bolomètre obtient une mesure fiable du CMB (Δt_scan = 14 ms).Touche pour voir la correction

À retenir Mesure fiable après 5τ.

Démarche
  1. 5τ = 5 × 1,5 ms = 7,5 ms.
  2. 7,5 ms < 14 ms.

RéponseLe temps de stabilisation (7,5 ms) est inférieur à la durée de balayage (14 ms) : la mesure est fiable.

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